1、第十一章 电路及其应用精选试卷专题练习（解析版）一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）1小灯泡的电流I随所加电压U变化如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。下列说法错误的是（）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B对应P点，小灯泡的电阻为RC在电路中灯泡L两端的电压为U1时，跟灯泡串联的电阻R两端的电压为I1RD对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【答案】C【解析】【详解】AI-U图象的割线斜率表示电阻的倒数，电压增大时割线斜率减小，电阻增大，选项A正确；B由图象知P点对应的电压为U1，电流为I2，因此小灯泡的电阻为：R选项B
2、正确；C在电路中灯泡L两端的电压为U1时，跟灯泡串联的电阻R两端的电压为I2R，选项C错误；DI-U图象中矩形PQOM所围的面积UI表示对应P点小灯泡的实际功率，选项D正确。本题选错误的，故选C。2两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U恒为10 V的直流电源上，有人把一个电压表并联在R1两端（如图），电压表的示数为6V，如果将电表改接在R2两端，则电压表的示数将（ ）A小于4VB等于4VC大于4V小于6VD等于或大于6V【答案】A【解析】试题分析：将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为6V，则电阻R2两端的电压为4V将电压表与电阻R1并联，则其并联的总电阻小于R1，；若将电压表与电阻R2
3、并联，则其并联的总电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，所以电压表的读数将小于4V，故A正确，BCD错误；故选A.考点：部分电路的欧姆定律的应用【名师点睛】本题考查了部分电路的欧姆定律的应用问题，是基本的电路电压关系的应用，注意串联电路总电压等于个元件电压之和，并且要注意并联电路的电阻计算；此题是基础题，考查电压表对接入电路的影响.31916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由
4、电子受到 一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力 F2 不允许自由电子无限制地增大速度， F1和F2 会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知 F1 与线圈角速度的变化率 成正比，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是（ ）A若线圈加速转动， 越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同B若线圈加速转动，越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反C若线圈减速转动，越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同D若线圈减速转动，越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反【答案】A【解析】【分析】考查电流的形成。【详解】AB若线圈加速转动，由于惯性，
5、自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相反的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相同，F1 与线圈角速度的变化率 成正比，越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，A正确，B错误；CD若线圈减速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相同的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相反，F1 与线圈角速度的变化率 成正比，越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大
6、，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，CD错误。故选A。4一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为300，要把它改装成一个量程为15V的电压表，则应在电流表上（ ）A串联一个14700的电阻B并联一个14700的电阻C串联一个15000的电阻D并联一个15000的电阻【答案】A【解析】【分析】【详解】根据电路串联分压和并联分流的特点，电流表改装成大量程的电压表需要串联一个大电阻分担多的电压；结合部分电路的欧姆定律可知，代入数据得，故选A【点睛】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流，串联电阻为5如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻
7、，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（ ）AV1的示数是V2的2倍BV1的示数是V3的2倍CV2的示数是V1的2倍DV2的示数是V3的2倍【答案】A【解析】【分析】【详解】由题意可知：Lc=2La=2Lb ， Sb=2Sa=2Sc；设b的电阻Rb=R，由电阻定律R=得：Ra=2Rb=2R，Rc=2Ra=4R，Rc：Ra：Rb=4：2：1，由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流I相等，由U=IR得：Uc：Ua：Ub=4：2：1，UV3：UV1：UV2=4：2：1，A、V1的示数是V2的2倍，故A正确，C
8、错误；B、V3的示数是V1的2倍，故B错误；D、V3的示数是V2的4倍，故D错误；故选A6为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是ABCD【答案】C【解析】【分析】根据电路中电阻的变化，确定电压与电流变化，并考虑温度对电阻的影响，运用UI图象含义分析判断【详解】当滑动变阻器在最左端时，灯泡连端电压为0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，在图像上各点切线
9、斜率应越来越大故C正确【考点】探究小灯泡的伏安特性曲线【点睛】考查闭合电路中动态变化问题的分析，需要注意的是灯泡的电阻随着电压的升高而增大；7R1和R2是材料相同，厚度相同，表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图电路的A、B端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，下列判断正确的是AR1R2CU1U2DU1U2【答案】D【解析】【详解】AB设正方形的边长为a，则导体的电阻由两导体的与d相同，则两导体电阻相等，即R1=R2，故AB错误；CD导体接入电路中，电压表示数U=IR=R由于电源电动势E、内阻r、导体电阻R相同，则电压表示数U相同，即U1=U
10、2，故C错误，D正确；故选D8下图所示为多用电表的原理图，表头内阻为，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法正确的是A接表内电池正极的是红表笔B电阻的“”刻度一般在刻度盘的右端C用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现指针偏转太小，应改选较大的倍率档D测量电阻时，应该先进行欧姆调零，再选倍率档，最后接入电阻进行测量【答案】C【解析】【详解】A.接表内电池负极的是红表笔，故A错误；B. 欧姆表零刻度线在刻度盘的最右侧，故B错误；C. 用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现表头指针偏转角度太小，说明电阻很大，要换用较大倍率挡，故C正确；D. 测量电阻时，应该先选倍率档，再进行欧姆调零，最后
11、接入电阻进行测量，故D错误。9某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e.那么这束质子流内单位体积的质子数n是ABCD【答案】D【解析】【分析】【详解】质子被加速时： 由于 解得A，与结论不相符，选项A错误；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结
12、论相符，选项D正确；故选D.10如图所示，电流计的内阻Rg=100，满偏电流Ig=1mA，R1=900，R2=100/999，则下列说法正确的是：A当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是1AB当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是10VC当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是0.1AD当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是1A【答案】D【解析】【详解】AB：当S1和S2均断开时，表头与R1串联，所以虚线框中可等效为电压表最大量程故AB两项错误CD：当S1和S2均闭合时，R1被短路，R2与表头并联，所以虚线框中可等效为电流表
13、，最大量程故C项错误，D项正确【点睛】表头与电阻串联，可等效为电压表；表头与电阻并联，可等效为电流表再根据串并联关系求出最大量程11如图所示为某电学元器件的伏安特性曲线，图中虚线为曲线上P点的切线当通过该元器件的电流为0.4A时，该元器件的阻值为（ ）A250B125C100D62.5【答案】B【解析】【详解】由图可知，当电流为0.4A时，电压为50V，则由欧姆定律可知，阻值，故B正确，ACD错误12在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是（）A灯泡L1的电阻比灯泡L2的电阻大B
14、通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C灯泡L1消耗的电功率为0.70WD灯泡L2消耗的电功率为0.30W【答案】AD【解析】【详解】AB当开关闭合后，灯泡L1的电压：U1=3V由图读出其电流：I1=0.25A则灯泡L1的电阻：灯泡L2、L3串联，电压：U2=U3=1.5V由图读出其电流：I2=I3=0.20A则：所以灯泡L1的电阻比灯泡L2的电阻大，通过灯泡L1的电流不是灯泡L2电流的2倍，选项A正确，B错误；C灯泡L1的功率为：选项C错误；D灯泡L2消耗的电功率：选项D正确。故选AD。13如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是()A图甲为电流表
15、改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大B图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小C图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大D图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小【答案】BC【解析】【详解】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，会使得改装后电表的量程减小，选项A错误，B正确；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，改装后电表的量程增大，选项C正确，D错误；故选BC.14如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡L的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起
16、来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A此电源的内阻为0.67 B灯泡L的额定电压为3 V，额定功率为6 WC把灯泡L换成阻值恒为1 的纯电阻，电源的输出功率将变大，效率将变低D小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大【答案】BCD【解析】【详解】A.由图读出电源的电动势为 E4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则：，故A错误；B.灯泡与电源连接时，AB两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U3V，I2A，则灯泡L的额定电压为3V，功率为:，故B正确。C.把灯泡L的电阻：，换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最
17、大，知把灯泡L换成一个1的定值电阻，电源的输出功率将变大，而效率：，外电阻变小，效率变低，故C正确。D、小灯泡的UI图线之所以是一条曲线，由图可以看出，小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大，故D正确；15有一电流计，内阻Rg25 ，满偏电流Ig3 mA，现对它进行改装，下列说法正确的是()A把它改装成量程为0.6 A的电流表，需与它并联一个0.126 的电阻B把它改装成量程为0.6 A的电流表，需与它串联一个0.126 的电阻C把它改装成量程为3 V的电压表，需与它并联一个975 的电阻D把它改装成量程为3 V的电压表，需与它串联一个975 的电阻【答案】AD【解析】【详解】AB把电流表改装成
18、的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：故A正确，B错误；CD把电流表改装成的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：故C错误，D正确【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题二、第十一章 电路及其应用实验题易错题培优（难）16在一次实验技能比赛中，要求较精确地测量电阻的阻值，有下列器材供选用：A待测电阻Rx（约300）B电压表V（量程3V，内阻约3k）C电流表A1（量程20mA，内阻约5）D电流表A2（量程10mA，内阻约10）E滑动变阻器R1（020，额定电流2A）F滑动变阻器R2（(02000，额定电流0.5A）G直流电源E（3V，
19、内阻约1）H开关、导线若干（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图甲所示，则电流表应选择_（选填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选择_（选填“R1”或“R2”）。（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图乙所示的测量电路，具体操作如下：按图乙连接好实验电路，闭合开关S1前调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；闭合开关S1，开关S2处于断开状态，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半；闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A2的示数，分别记为U、I；则待测电阻的阻值Rx=_（用题中所给字母
20、表示）。（3）比较两同学测量电阻Rx的方法，你认为哪个同学方法更有利于减小系统误差？_（选填“甲”或“乙”）同学。【答案】A2 R1 乙 【解析】【分析】由题意可知考查伏安法测电阻，消除系统误差的方法。根据欧姆定律、串并联电路关系分析可得。【详解】(1)1 2 估算一下待测电流，故电流表选择A2，因滑动变阻器采用分压式接法，选择R1调节更方便，故滑动变阻器选择R1；(2)3 闭合开关S1，开关S2处于断开状态，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半；此时A2和R2电阻之和等于Rx的电阻。当闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流
21、表A2的示数，分别记为U、I；A2和R2电阻之和等于Rx的电阻等于U与I的比值。(3)4 甲图存在系统误差，测量值大于真实值，乙图方案消除了系统误差，故乙同学的方案更有利于减小系统误差。【点睛】电流表内接法测量值大于真实值，外接法测量值小于真实值，当RX，电流表采用的是外接法。17某实验小组要测量电阻Rx的阻值（1）首先，选用欧姆表“10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3k）；电流表A（50mA，内阻约5）；待测电阻Rx；滑动变阻器R（0200）；干电池2节；开关、导线若干在图乙、图丙电路中，应选用图_
22、（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，测量结果_真实值（填“大于”“等于”或“小于”），产生误差的原因是_ （3）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图丁所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器操作过程如下：闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；改变滑动变阻器R滑片的位置，重复过程，分别记下U2、I2，Un、In；描点作出UI图象，根据图线斜率求出Rx的值下列说法中正确的有_A图丁中的实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响B闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端CG表示数为零时
23、，电压表测量的是Rx两端电压D调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端【答案】乙 小于 电压表分流 AC 【解析】【详解】（2）123由于待测电阻的电阻值比较小比电压表的内阻小得多,所以电流表使用外接法;所以选择图乙作为测量电路，测量结果小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流导致测量的电流偏大，所以电阻偏小（3）4A该电路能够准确的计算出流过待测电阻的电流值，所以该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响，A正确；B闭合S前,为保护G表,开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端，B错误；CG表示数为零时，电压表直接和待测电阻并联所以电压表测量的是Rx两端电压，C正确；D调节G表的
24、示数为零时,与R1的滑片的位置无关，D错误； 故选AC。18实验室有一个阻值约200左右的待测电阻Rx（1）甲同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计电流表A1：量程015mA，内阻约为100电流表A2：量程0600A，内阻为1000滑动变阻器R1：阻值范围020，额定电流2A电阻箱R2，阻值范围09999，额定电流1A电键S、导线若干为了测量待测电阻两端的电压，该同学将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到_时，将电流表A2改装成一个量程为3.0V的电压表。为了尽可能准确地测量Rx的阻值，在方框中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代
25、号_。调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是_mA，电流表A2的示数是_A，则待测电阻Rx的阻值是_。（2）乙同学则直接用多用电表测Rx的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是100、10、1该同学选择100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：_（填步骤前的字母）A旋转选择开关至欧姆挡“l”B旋转选择开关至欧姆挡“10”C旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔D将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔E将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻
26、度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，Rx的测量值为_【答案】4000 8.0mA 300A 187.5 B、E、D、C 220 【解析】【详解】（1）1为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值2因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表A1外接，电路如图：345由图可知，电流表A1的示数是8mA，电流表A2的示数是300A，则待测电阻Rx的阻值是。（2）6该同学选择100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，说明倍率档选择过大，应该选择10倍率档，然后调零再进行测量；即操作顺序是：BEDC； 7Rx的测量值为
27、2210=220。19国标（GBT）规定自来水在15时电阻率应大于13m。某同学利用图甲电路测量15自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）；电压表V1（量程为3 V，内阻很大）；电压表V2（量程为3 V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4 k）；定值电阻R2（阻值2 k）；电阻箱R（最大阻值9 999 ）；单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。实验步骤如下：A用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B向玻璃管内注满自来水
28、，并用刻度尺测量水柱长度L；C把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F断开S，整理好器材。（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d_mm；（2）玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为：Rx_（用R1、R2、R表示）；（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的关系图象。则自来水的电阻率_m（保留两位有效数字）；（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_（填“偏大”“不变
29、”或“偏小”）。【答案】30.00 14 偏大 【解析】【分析】【详解】（1）1游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm，所以玻璃管内径：d=30.00mm（2）2设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则电路电流为：总电压：当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为总电压由于两次总电压等于电源电压E，可得：解得： （3）3从图丙中可知，R=2103时，此时玻璃管内水柱的电阻：水柱横截面积：由电阻定律得： （4）4若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路中
30、实际电流大于，根据可知测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。20现将一满偏电流Ig=1mA且内阻未知的电流表改装成量程为3V的电压表电流表的电阻可用下面(甲)图电路测定连接好电路，先将电位器R2调至最大，断开S2，闭合S1，调节电位器R2，使电流表指针偏转到满刻度再闭合S2，调节电阻箱R1，使电流表的指针偏转到满刻度的，此时电阻箱R1的示数如图(乙)所示 （1）电阻箱的示数R1=_（2）按要求将该电流表改装成量程为3V的电压表时应串联一个阻值R=_的电阻（3）用此电路测定电流表的内阻会产生系统误差，导致测量值_真实值(填“大于”或“小于”)（4）要对改装好的电压表进行逐刻度校对，实
31、验器材如(丙)图所示，请完成实物图连线_【答案】120 2940 小于 【解析】(1)电阻箱的读数是从最大的数开始读该电阻的阻值：10000+1001+102+10=120.(2)将上述电流表改装成量程为6.0V的电压表，应给该表头串联一个阻值为：Ig（rg+R）=U,而rg=240，代入数据得：R=2940.(3)闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R1的电流小于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻偏小；(4)为了使改装后的电压表跟标准电压表V从0开始一一进行校对，采用滑动变阻器的分压接法,同时两表需要并联，实物连线如图所示：【点睛】本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表
32、的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释21一电流表的量程标称不准确，某同学利用如图所示电路测量该电流表的实际量程所用器材有：量程不准的电流表A1，内阻，量程标称为；标准电流表A2，内阻，量程；标准电阻，阻值；滑动变阻器R，总电阻为；电源E，电动势，内阻不计；保护电阻；开关S；导线。回答下列问题：（1）在图甲所示的实物图上画出连线。（_）（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑片c应滑动至_端。（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的示数为，则 A1的量程_。（4）若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图乙所示，从图中读出A1的示数
33、_， A2的示数_；由读出的数据计算得_。保留三位有效数字（5）写出一条提高测量准确度的建议：_。【答案】见解析所示 b 多次测量取平均值 【解析】【详解】（1）1根据题意画出原理图，如图由电路图连接实物图时，按电流流向法，从电源的正极出发依次串联电流表A2、电阻R1、电阻R2、滑动变阻器、开关回到负极，然后把电流表A1与电流表A2和电阻R1并联即可；要注意滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路，且按一上一下的原则串联在电路中，电路图如图所示：连线如图。（2）2在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑片滑动到阻值最大端，即如图b端。（3）3闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im
34、根据并联电路电压相等有Imr1=I2（r2+R1）得（4）456待测表未满偏有I1r1=I2（r2+R1），A2的示数0.66mA，并将其他已知条件代入解得但图中A1的示数3.00mA，量程为5.0mA，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05mA。（5）7为减小偶然误差，可以多次测量取平均值。22为了测定电流表的内阻，采用如下图所示的电路其中是待测电流表，量程为，内阻约为；是标准电流表，量程是；是电阻箱，阻值范围；是滑动变阻器；是保护电阻；是电池组，电动势为，内阻不计；是单刀单掷开关，是单刀双掷开关 根据电路图甲，请在图乙中画出连线，将器材连接成实验电路_ 连接好电路，将开关扳到接点处
35、，接通开关，调整滑动变阻器使电流表的读数是；然后将开关扳到接点处，保持不变，调节电阻箱，使的读数仍为若此时电阻箱各旋纽的位置如图丙所示，电阻箱的阻值是_，则待测电流表的内阻_ 上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器的滑动端位置，都要保证两只电流表的安全在下面提供的四个电阻中，保护电阻应选用：_（填写阻值相应的字母）A B C D 下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器应选_（填写阻值相应的字母）A B C D【答案】 86.3 86.3 B C 【解析】【详解】（1）1连接实物图时注意：正负极不能接反了，导线要接在接线柱上，答案如下图所示：（2）12电阻箱的读数为：R=810+61+0.13=86.3由于两次测量电流表A2的示数相同，而且其它电阻阻值不变，故电流A1的阻值和电阻箱示数相等故答案为：R1=86.3，Rg=86.3（3）4为了保证安全，当滑动变阻器R2的阻值调为零时，电路中的电流也不能超过200A，根据这点可以求出保护电阻的阻值（由于两电流表内阻较小可省略）：保护电阻为20k即可，若大于20k会导致电流表示数太小，实验误差增大，故ACD错误，B正确（4）5根据电流表示数为150A可知回路中的电阻为：R3=20k，A、B选项中电阻太小不能满足要求，故AB错误，D中电阻太大调节不方便，故D错误，C正确
